中考数学全面突破：题型6　二次函数综合题

题型6二次函数综合题eq\x(题型解读)1.考查类型：①二次函数与线段和差问题；②二次函数与图形面积问题；③二次函数与特殊三角形判定问题；④二次函数与特殊四边形判定问题；⑤二次函数与三角形相似、全等问题；2.考查内容：①中考查多与找点关于直线的对称点，再根据两点之间线段最短确定所求点有关；②中考查多与割补法求面积有关；③中考查多与特殊三角形的性质有关，直角三角形通常用到勾股定理计算，直角三角形与等腰三角形在判定时均应考虑分类讨论，以免漏解；④中考查多与特殊四边形的判定及性质有关，同样做题时要考虑各种情况，命题时常与分类讨论思想结合；⑤中考查多与三角形相似或全等的判定及性质有关；3.备考指导：在做此类题型时，要观察题中已知条件，并结合题设，作出适当的辅助线，联系相应的判定或性质求解．类型一二次函数与线段和差问题1.如图，矩形的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(10，8)，沿直线OD折叠矩形，使点A正好落在BC上的E处，E点坐标为(6，8)，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过O，A，E三点．(1)求此抛物线的解析式；(2)求AD的长；(3)点P是抛物线对称轴上的一动点，当△PAD的周长最小时，求点P的坐标．2.如图，直线y＝5x＋5交x轴于点A，交y轴于点C，过A，C两点的二次函数y＝ax2＋4x＋c的图象交x轴于另一点B.(1)求二次函数的表达式；(2)连接BC，点N是线段BC上的动点，作ND⊥x轴交二次函数的图象于点D，求线段ND长度的最大值；(3)若点H为二次函数y＝ax2＋4x＋c图象的顶点，点M(4，m)是该二次函数图象上一点，在x轴，y轴上分别找点F，E，使四边形HEFM的周长最小，求出点F，E的坐标．温馨提示：在直角坐标系中，若点P，Q的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当PQ平行x轴时，线段PQ的长度可由公式PQ＝|x1－x2|求出；当PQ平行y轴时，线段PQ的长度可由公式PQ＝|y1－y2|求出．3.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2＋eq\f(1,4)与y轴相交于点A，点B与点O关于点A对称．(1)填空，点B的坐标是________；(2)过点B的直线y＝kx＋b(其中k＜0)与x轴相交于点C，过点C作直线l平行于y轴，P是直线l上一点，且PB＝PC.求线段PB的长(用含k的式子表示)，并判断点P是否在抛物线上，说明理由；(3)在(2)的条件下，若点C关于直线BP的对称点C′恰好落在该抛物线的对称轴上，求此时点P的坐标．4.已知二次函数y＝x2－(2k＋1)x＋k2＋k(k＞0)．(1)当k＝eq\f(1,2)时，求这个二次函数的顶点坐标；(2)求证：关于x的一元二次方程x2－(2k＋1)x＋k2＋k＝0(k＞0)有两个不相等的实根；(3)如图，该二次函数图象与x轴交于A、B两点(A点在B点的左侧)，与y轴交于C点，P是y轴负半轴上一点，且OP＝1，直线AP交BC于点Q.求证：eq\f(1,OA2)＋eq\f(1,AB2)＝eq\f(1,AQ2).类型二二次函数与图形面积问题5.如图，二次函数y＝ax2＋bx的图象经过点A(2，4)与B(6，0)．(1)求a，b的值；(2)点C是该二次函数图象上A，B两点之间的一动点，横坐标为x(2<x<6)．写出四边形OACB的面积S关于点C的横坐标x的函数表达式，并求S的最大值．6.已知抛物线y＝ax2＋bx－3经过(－1，0)，(3，0)两点，与y轴交于点C，直线y＝kx与抛物线交于A，B两点．(1)写出点C的坐标并求出此抛物线的解析式；(2)当原点O为线段AB的中点时，求k的值及A，B两点的坐标；(3)是否存在实数k使得△ABC的面积为eq\f(3\r(10),2)？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．7.如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－2与x轴交于点A(－3，0)，B(1，0)，与y轴交于点C.(1)直接写出抛物线的函数解析式；(2)以OC为半径的⊙O与y轴的正半轴交于点E.若弦CD过AB的中点M，试求出DC的长；(3)将抛物线向上平移eq\f(3,2)个单位长度(如图②)，若动点P(x，y)在平移后的抛物线上，且点P在第三象限，请求出△PDE的面积关于x的函数关系式，并写出△PDE面积的最大值．8.如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x与二次函数y＝x2＋bx的图象相交于O、A两点，点A(3，3)，点M为抛物线的顶点．(1)求二次函数的表达式；(2)长度为2eq\r(2)的线段PQ在线段OA(不包括端点)上滑动，分别过点P、Q作x轴的垂线交抛物线于点P1、Q1，求四边形PQQ1P1面积的最大值；(3)直线OA上是否存在点E，使得点E关于直线MA的对称点F满足S△AOF＝S△AOM？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．9.如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－3，0)，B(9，0)和C(0，4)，CD垂直于y轴，交抛物线于点D，DE垂直于x轴，垂足为E，l是抛物线的对称轴，点F是抛物线的顶点．(1)求出该二次函数的表达式以及点D的坐标；(2)若Rt△AOC沿x轴向右平移到其直角边OC与对称轴l重合，再沿对称轴l向上平移到点C与点F重合，得到Rt△A1O1F，求此时Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形的面积；(3)若Rt△AOC沿x轴向右平移t个单位长度(0＜t≤6)得到Rt△A2O2C2，Rt△A2O2C2与Rt△OED重叠部分的图形面积记为S.求S与t之间的函数表达式，并写出自变量t的取值范围．类型三二次函数与特殊三角形判定问题10.如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为直线x＝－1，且经过A(1，0)，C(0，3)两点，与x轴的另一个交点为B.(1)若直线y＝mx＋n经过B，C两点，求抛物线和直线BC的解析式；(2)在抛物线的对称轴x＝－1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求点M的坐标；(3)设点P为抛物线的对称轴x＝－1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．11.如图，抛物线y＝ax2＋bx－3(a≠0)的顶点为E，该抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且BO＝OC＝3AO，直线y＝－eq\f(1,3)x＋1与y轴交于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)证明：△DBO∽△EBC；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBC是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．12.如图，抛物线L：y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A，B(3，0)两点(A在B的左侧)，与y轴交于点C(0，3)，已知对称轴x＝1.(1)求抛物线L的解析式；(2)将抛物线L向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内(包括△OBC的边界)，求h的取值范围；(3)设点P是抛物线L上任一点，点Q在直线l：x＝－3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．图①图②13.如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A和点B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)．(1)求抛物线的解析式；(2)若点M是抛物线在x轴下方上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的最大值；(3)在(2)的条件下，当MN取得最大值时，在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．14.如图，抛物线y＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m，0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.(1)求点A，点B，点C的坐标；(2)求直线BD的解析式；(3)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；(4)在点P的运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．类型四二次函数与特殊四边形判定问题15.如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(－1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD.(1)求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；(2)点P是线段BD上一点，当PE＝PC时，求点P的坐标；(3)在(2)的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．备用图16.如图，抛物线与x轴交于点A(－5，0)和点B(3，0)，与y轴交于点C(0，5)．有一宽度为1，长度足够的矩形(阴影部分)沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和Q，交直线AC于点M和N，交x轴于点E和F.(1)求抛物线解析式．(2)当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sin∠AMF＝eq\f(\r(10),10)，求点Q的坐标．(3)在矩形的平移过程中，当以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．17.在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是(0，4)、(－1，0)，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′.(1)若抛物线过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；(2)点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并求出此时M的坐标；(3)若P为抛物线上的一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为(1，0)，当P、N、B、Q构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．18.如图，抛物线经过A(－1，0)，B(5，0)，C(0，－eq\f(5,2))三点．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴上有一点P，使PA＋PC的值最小，求点P的坐标；(3)点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A、C、M、N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．19.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a(x＋1)2－3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C(0，－eq\f(8,3))，顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线于P、Q两点，点Q在y轴的右侧．(1)求a的值及点A、B的坐标；(2)当直线l将四边形ABCD分为面积比为3∶7的两部分时，求直线l的函数表达式；(3)当点P位于第二象限时，设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP为对角线的四边形DMPN能否成为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．类型五二次函数与三角形相似、全等问题20.如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线y＝x－2交于B，C两点．(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)求证：△ABC是直角三角形；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．21.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式，并分别求出点B和点E的坐标；(2)试探究抛物线上是否存在点F，使△FOE≌△FCE，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m)，直线PB与直线l交于点Q.试探究：当m为何值时，△OPQ是等腰三角形．类型一二次函数与线段和差问题1.解：(1)∵四边形ABCD是矩形，B(10，8)，∴A(10，0)，∵E(6，8)，O(0，0)，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(10，0)、E(6，8)和O(0，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(102a＋10b＋c＝0,62a＋6b＋c＝8,c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3),b＝\f(10,3),c＝0))，∴抛物线的解析式y＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(10,3)x.(2)由题意可知：AD＝ED，BE＝|10－6|＝4，AB＝8，设AD为x，则ED＝x，BD＝AB－AD＝8－x，在Rt△BDE中，ED2＝EB2＋BD2，即x2＝42＋(8－x)2，解得x＝5，即AD＝5.(3)由(2)可知，D点的坐标是(10，5)，∴△PAD的周长l＝PA＋PD＋AD＝PA＋PD＋5，∵抛物线的对称轴是线段OA的垂直平分线，点P是抛物线对称轴上的一动点，∴PO＝PA，因此，l＝PA＋PD＋5＝PO＋PD＋5，∴当PO＋PD最小时l最小，∴当点P移动到直线OD与抛物线对称轴的交点处时PO＋PD最小，设直线OD的解析式为y＝kx，将D点的坐标(10，5)代入得：5＝10k，求得k＝eq\f(1,2)，∴直线OD的解析式为y＝eq\f(1,2)x，当x＝5时，y＝eq\f(5,2)，∴P点的坐标是(5，eq\f(5,2))．2.解：(1)∵直线y＝5x＋5与x轴交于点A，与y轴交于点C，∴A(－1，0)，C(0，5)．∵抛物线y＝ax2＋4x＋c过点A(－1，0)，C(0，5)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝5,a－4＋c＝0))，解得c＝5，a＝－1，∴二次函数的表达式为y＝－x2＋4x＋5.第2题解图①(2)如解图①，∵抛物线y＝－x2＋4x＋5与x轴交于A，B两点，∴解－x2＋4x＋5＝0的两根为x1＝－1，x2＝5.∵点B在x轴正半轴，∴B(5，0)．设过B(5，0),C(0，5)的直线BC解析式为y＝kx＋b，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5k＋b＝0,b＝5))，解得k＝－1，b＝5，∴直线BC表达式为y＝－x＋5.∵DN⊥x轴，∴DN∥y轴．∵点N在BC上，点D在抛物线上，设N(x，y1)，D(x，y2)，∴N(x，－x＋5)，D(x，－x2＋4x＋5)．∴DN＝－x2＋4x＋5－(－x＋5)＝－x2＋5x＝－(x－eq\f(5,2))2＋eq\f(25,4).当x＝eq\f(5,2)时，DN有最大值eq\f(25,4)；(3)如解图②，作点H关于y轴的对称点H′，点M关于x轴的对称点M′，连接H′M′，分别交x轴，y轴于点F、E，则四边形HEFM的最小周长为HM＋HE＋EF＋FM＝HM＋H′M′.∵y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9，∴H(2，9)，第2题解图②∴H′(－2，9)，当x＝4时，y＝5，∴M(4，5)，∴M′(4，－5)．设直线H′M′的解析式为y＝k′x＋b′，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2k′＋b′＝9,4k′＋b′＝－5))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k′＝－\f(7,3),b′＝\f(13,3)))，∴直线H′M′的解析式为y＝－eq\f(7,3)x＋eq\f(13,3).当y＝0时，x＝eq\f(13,7)，∴F(eq\f(13,7)，0)；当x＝0时，y＝eq\f(13,3)，∴E(0，eq\f(13,3))．3.解：(1)由y＝x2＋eq\f(1,4)得：A(0，eq\f(1,4))∵B、O关于A对称，∴B(0，eq\f(1,2))(2)如解图①，∵直线BC过点B(0，eq\f(1,2))，第3题解图①∴直线BC解析式为y＝kx＋eq\f(1,2).∴C(－eq\f(1,2k)，0)，又∵P是直线l上一点，∴可设P(－eq\f(1,2k)，a)．过点P作PN⊥y轴，垂足为N，连接PB，则在Rt△PNB中，由勾股定理得：PB2＝PN2＋NB2，∵PB＝PC＝a，∴a2＝(－eq\f(1,2k))2＋(a－eq\f(1,2))2，解得a＝eq\f(1,4k2)＋eq\f(1,4)，∴P点坐标为(－eq\f(1,2k)，eq\f(1,4k2)＋eq\f(1,4))，当x＝－eq\f(1,2k)时，y＝eq\f(1,4k2)＋eq\f(1,4)，第3题解图②∴点P在抛物线上．(3)如解图②，由C′在y轴上，可知∠CBP＝∠C′BP，∵PB＝PC，∴∠CBP＝∠PCB，∵PC∥C′B，∴∠PCB＝∠ABC，∴∠C′BP＝∠CBP＝∠ABC＝60°，∴△PBC为等边三角形，∵OB＝eq\f(1,2)，∴BC＝1，OC＝eq\f(\r(3),2)，∴PC＝1，∴P(eq\f(\r(3),2)，1)．4.(1)解：当k＝eq\f(1,2)时，y＝x2－2x＋eq\f(3,4)，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝－\f(－2,2×1)＝1,\f(4ac－b2,4a)＝\f(4×1×\f(3,4)－（－2）2,4×1)＝－\f(1,4)))，∴顶点坐标为(1，－eq\f(1,4))，(2)证明：∵b2－4ac＝[－(2k＋1)]2－4(k2＋k)＝4k2＋4k＋1－4k2－4k＝1，∵1＞0，∴原方程一定有两个不相等的实根．(3)证明：由题意得，A(k，0)，B(k＋1，0)，C(0，k2＋k)，设PA的解析式为：y＝mx＋n，代入P(0，－1)，A(k，0)，解得m＝eq\f(1,k)，n＝－1，于是y＝eq\f(1,k)x－1，设BC的解析式为：y＝sx＋t，代入B(k＋1，0)，C(0，k2＋k)，解得s＝－k，t＝k2＋k，于是y＝－kx＋k2＋k，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,k)x－1,y＝－kx＋k2＋k))，解得Q点坐标为(k＋eq\f(k2,k2＋1)，eq\f(k,k2＋1))，运用勾股定理得AQ2＝(k＋eq\f(k2,k2＋1)－k)2＋(eq\f(k,k2＋1))2＝eq\f(k2,k2＋1)，∵OA2＝k2，AB2＝(k＋1－k)2＝1∴eq\f(1,OA2)＋eq\f(1,AB2)＝eq\f(k2＋1,k2)＝eq\f(1,AQ2)，∴eq\f(1,OA2)＋eq\f(1,AB2)＝eq\f(1,AQ2).类型二二次函数与图形面积问题5.解：(1)∵二次函数y＝ax2＋bx的图象经过点A(2，4)与B(6，0)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＝4,36a＋6b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2),b＝3)).(2)如解图①，过点A作x轴的垂线，垂足为点D(2，0)，连接CD，过点C作CE⊥AD，CF⊥x轴，垂足分别为点E，点F，设点C(x，－eq\f(1,2)x2＋3x)，则S△OAD＝eq\f(1,2)OD·AD＝eq\f(1,2)×2×4＝4，S△ACD＝eq\f(1,2)AD·CE＝eq\f(1,2)×4×(x－2)＝2x－4，S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CF＝eq\f(1,2)×4×(－eq\f(1,2)x2＋3x)＝－x2＋6x，则S＝S△OAD＋S△ACD＋S△BCD＝4＋(2x－4)＋(－x2＋6x)＝－x2＋8x.∴S关于x的函数表达式为S＝－x2＋8x(2<x<6)．∵S＝－x2＋8x＝－(x－4)2＋16，∴当x＝4时，四边形OACB的面积S取最大值，最大值为16.第5题解图①6.解：(1)令x＝0，得y＝ax2＋bx－3＝－3，∴C(0，－3)，把(－1，0)和(3，0)代入y＝ax2＋bx－3中，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a－b－3＝0,9a＋3b－3＝0)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－2)))，∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－3.(2)联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝x2－2x－3,y＝kx)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2),y1＝\f(k2＋2k＋k\r(k2＋4k＋16),2))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2),y2＝\f(k2＋2k－k\r(k2＋4k＋16),2))))，∵O是AB的中点，∴x1＋x2＝0，即eq\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2)＋eq\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2)＝0，解得k＝－2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x1＝\r(3),y1＝－2\r(3))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝－\r(3),y2＝2\r(3))))，∴A(－eq\r(3)，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，－2eq\r(3))．(3)不存在实数k使得△ABC的面积为eq\f(3\r(10),2).理由如下：假设存在实数k使得△ABC的面积为eq\f(3\r(10),2)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝x2－2x－3,y＝kx)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2),y1＝\f(k2＋2k＋k\r(k2＋4k＋16),2))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2),y2＝\f(k2＋2k－k\r(k2＋4k＋16),2))))，则A(eq\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2)，eq\f(k2＋2k－k\r(k2＋4k＋16),2))，B(eq\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2)，eq\f(k2＋2k＋k\r(k2＋4k＋16),2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)OC(xB－xA)＝eq\f(3\r(10),2)，∴3×eq\r(k2＋4k＋16)＝3eq\r(10)，∴k2＋4k＋16＝10，即k2＋4k＋6＝0，∵b2－4ac＝16－24<0，∴此方程无解，故不存在实数k使得△ABC的面积为eq\f(3\r(10),2).7.解：(1)y＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－2.【解法提示】∵抛物线y＝ax2＋bx－2与x轴交于点A(－3，0)，B(1，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a－3b－2＝0,a＋b－2＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3),b＝\f(4,3)))，∴抛物线的函数解析式为y＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－2，(2)由抛物线解析式知：C(0，－2)，∴E(0，2)，∵AB＝4，M为AB中点，∴OM＝1，∴MC＝eq\r(OC2＋OM2)＝eq\r(5)，∵∠EDC＝∠MOC,∠DCE＝∠OCM，∴△CMO∽△CED,∴eq\f(CD,CO)＝eq\f(CE,CM)，∴eq\f(CD,2)＝eq\f(4,\r(5))，∴CD＝eq\f(8\r(5),5).(3)y＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－2＝eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(8,3)，∵抛物线向上平移eq\f(3,2)个单位长度，∴平移后抛物线解析式为y＝eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(8,3)＋eq\f(3,2)，即y＝eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(7,6)，第7题解图如解图，过点D作DH⊥y轴，过点P作PG⊥y轴，连接PD，PE，设点P的横坐标为x.∵△CMO∽△CDH,∴eq\f(CM,CD)＝eq\f(OM,HD)＝eq\f(CO,CH)，即eq\f(\r(5),\f(8\r(5),5))＝eq\f(1,DH)＝eq\f(2,CH)，∴DH＝eq\f(8,5)，CH＝eq\f(16,5)，∴OH＝CH－CO＝eq\f(16,5)－2＝eq\f(6,5)，∴EH＝OE－OH＝2－eq\f(6,5)＝eq\f(4,5)，∴S△PDE＝S梯形DPGH＋S△DHE－S△PEG＝eq\f(1,2)(eq\f(8,5)－x)[eq\f(6,5)－eq\f(2,3)(x＋1)2＋eq\f(7,6)]＋eq\f(1,2)×eq\f(8,5)×eq\f(4,5)－eq\f(1,2)(－x)[2－eq\f(2,3)(x＋1)2＋eq\f(7,6)]＝－eq\f(4,5)[eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(7,6)]＋eq\f(2,5)x＋eq\f(8,5)＝－eq\f(8,15)x2－eq\f(2,3)x＋2＝－eq\f(8,15)(x＋eq\f(5,8))2＋eq\f(53,24)∵点P位于平移后的抛物线上且位于第三象限，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)（x＋1）2－\f(7,6)＜0,x＜0))，解得x的取值范围为－1－eq\f(\r(7),2)＜x＜0.即：S＝－eq\f(8,15)(x＋eq\f(5,8))2＋eq\f(53,24)(－1－eq\f(\r(7),2)＜x＜0)，∴当x＝－eq\f(5,8)时，△PDE的面积最大为eq\f(53,24).8.解：(1)由题意知，A(3，3)在二次函数y＝x2＋bx图象上，将x＝3，y＝3代入得9＋3b＝3，解得b＝－2，∴二次函数表达式为y＝x2－2x.第8题解图①(2)如解图①所示，过点P作PB⊥QQ1于点B，∵PQ＝2eq\r(2)，且在直线y＝x上，∴PB＝QB＝2，设P(a，a)，则Q(a＋2，a＋2)，则P1(a，a2－2a)，Q1(a＋2，(a＋2)2－2(a＋2))，即Q1(a＋2，a2＋2a)，所以四边形PQQ1P1的面积为：S＝2×eq\f(（a－a2＋2a）＋（a＋2－a2－2a）,2)＝－2a2＋2a＋2＝－2(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(5,2)，当Q运动到点A时，OP＝OQ－PQ＝eq\r(2)，a＝1.∴a的取值范围为0＜a＜1.∴当a＝eq\f(1,2)时，四边形PQQ1P1的面积最大，最大值为eq\f(5,2).(3)存在，点E的坐标为E1(eq\f(4,3)，eq\f(4,3))，E2(eq\f(14,3)，eq\f(14,3))，如解图②所示，连接OM，∵点M为抛物线顶点，∴M(1，－1)，又∵OA所在直线为y＝x，∴OM⊥OA，即∠AOM＝90°，在△AOF和△AOM中，以OA为底，当面积相等时，则两三角形OA边上的高相等，又∵OM⊥OA，且OM＝eq\r(2)，∴可作两条与OA互相平行且距离为eq\r(2)的直线，如解图②所示，在直线HD、MC上的点F均满足S△AOF＝S△AOM，∴只需满足E点的对称点F在这两条直线上即可，如解图②，过点A作AC⊥MC于点C，易求四边形OACM为矩形，AM为该矩形的一条对角线，取AM中点O′，过O′作AM垂线，交OA于点E1，交MC于点F1，OA＝3eq\r(2)，∴AM＝eq\r(OA2＋OM2)＝2eq\r(5)，∴AO′＝eq\r(5)，则△AO′E1∽△AOM，∴eq\f(AO′,AO)＝eq\f(AE1,AM)＝eq\f(AO－OE1,AM)，∴eq\f(\r(5),3\r(2))＝eq\f(3\r(2)－OE1,2\r(5))，第8题解图②解得OE1＝eq\f(4\r(2),3)，∵点E1在y＝x上，∴E1(eq\f(4,3)，eq\f(4,3))，同理可得HF2＝GE2＝eq\f(4\r(2),3)，又∵OG＝2OA＝6eq\r(2)，∴OE2＝6eq\r(2)－eq\f(4\r(2),3)＝eq\f(14\r(2),3)，∴E2(eq\f(14,3)，eq\f(14,3))．综上所述，符合条件的E点的坐标为：E1(eq\f(4,3)，eq\f(4,3))、E2(eq\f(14,3)，eq\f(14,3))．9.解：(1)把A(－3，0)，B(9，0)，C(0，4)代入y＝ax2＋bx＋c得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(9a－3b＋c＝0,81a＋9b＋c＝0,c＝4)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(4,27),b＝\f(8,9),c＝4)))，∴二次函数的表达式为y＝－eq\f(4,27)x2＋eq\f(8,9)x＋4，由题意得－eq\f(4,27)x2＋eq\f(8,9)x＋4＝4，解得x1＝0，x2＝6，∴点D的坐标为(6，4)．(2)∵－eq\f(b,2a)＝－eq\f(\f(8,9),－\f(8,27))＝3，eq\f(4ac－b2,4a)＝eq\f(－\f(64,27)－\f(64,81),－\f(16,27))＝eq\f(16,3)，∴顶点F的坐标为(3，eq\f(16,3))，如解图①易知FO1＝OC＝4，A1O1＝AO＝3，FH＝eq\f(16,3)－4＝eq\f(4,3).第9题解图①∵GH∥AE，∴GH∥A1O1，∴eq\f(GH,A1O1)＝eq\f(FH,FO1)，即eq\f(GH,3)＝eq\f(\f(4,3),4)，∴GH＝1，∴S四边形A1O1HG＝S△FA1O1－S△FGH＝eq\f(1,2)×3×4－eq\f(1,2)×1×eq\f(4,3)＝eq\f(16,3).(3)如解图②，当0＜t≤3时，OO2＝t，△OO2G∽△OED，∴eq\f(GO2,DE)＝eq\f(OO2,OE)，∴eq\f(GO2,4)＝eq\f(t,6)，∴GO2＝eq\f(2,3)t，∴S＝eq\f(1,2)×t×eq\f(2,3)t＝eq\f(1,3)t2(0＜t≤3)；第9题解图②第9题解图③如解图③，当3＜t≤6时，设A2C2与OD交于点M，作MG⊥CD，延长GM交x轴于点H，则GH⊥x轴．易知△C2MD∽△A2MO，△DMG∽△OMH，△ODE∽△ONO2，C2D＝6－t，OA2＝t－3，O2O＝t，GH＝4，O2E＝6－t，∴eq\f(GM,MH)＝eq\f(DM,OM)＝eq\f(C2D,OA2)，eq\f(NO2,DE)＝eq\f(OO2,OE)，∴eq\f(4－MH,MH)＝eq\f(6－t,t－3)，eq\f(NO2,4)＝eq\f(t,6)，∴MH＝eq\f(4（t－3）,3)，NO2＝eq\f(2,3)t，∴S四边形A2O2NM＝S△ODE－S△OA2M－S梯形NO2ED＝12－eq\f(1,2)(t－3)×eq\f(4（t－3）,3)－eq\f(（\f(2t,3)＋4）（6－t）,2)＝12－eq\f(2,3)t2＋4t－6－2t＋eq\f(t2,3)－12＋2t＝－eq\f(1,3)t2＋4t－6(3＜t≤6)．综上所述，S与t之间的函数表达式为S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)t2（0＜t≤3）,－\f(1,3)t2＋4t－6（3＜t≤6）.))类型三二次函数与特殊三角形判定问题10.解：(1)依题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝－1,a＋b＋c＝0,c＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝－2,c＝3))，第10题解图∴抛物线解析式为y＝－x2－2x＋3.∵对称轴为x＝－1，抛物线经过A(1，0)，∴B(－3，0)．把B(－3，0)，C(0，3)分别代入y＝mx＋n得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m＋n＝0,n＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1,n＝3))，∴直线BC的解析式为y＝x＋3.(2)如解图，设直线BC与对称轴x＝－1的交点为M，连接AM，∵MA＝MB，∴MA＋MC＝MB＋MC＝BC.∴使MA＋MC最小的点M应为直线BC与对称轴x＝－1的交点．把x＝－1代入直线y＝x＋3，得y＝2.∴点M(－1，2)．(3)设P(－1，t)，结合B(－3，0)，C(0，3)，得BC2＝18，PB2＝(－1＋3)2＋t2＝4＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10.①若B为直角顶点，则BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t＝－2；②若C为直角顶点，则BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；③若P为直角顶点，则PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18.解得t1＝eq\f(3＋\r(17),2)，t2＝eq\f(3－\r(17),2).综上所述，满足条件的点P共有四个，分别为：P1(－1，－2)，P2(－1，4)，P3(－1，eq\f(3＋\r(17),2))，P4(－1，eq\f(3－\r(17),2))．11.(1)解：当x＝0时，y＝ax2＋bx－3＝－3，∴C(0，－3)，即OC＝3，∵OB＝OC＝3OA，∴OB＝3，OA＝1，∴A(－1，0)，B(3，0)，将点A(－1，0)，点B(3，0)代入y＝ax2＋bx－3得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b－3＝0,9a＋3b－3＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－2))，∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－3.(2)证明：由y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4可得E(1，－4)，当x＝0时，由直线y＝－eq\f(1,3)x＋1得y＝1，∴D(0，1)，即OD＝1，∴BD＝eq\r(OD2＋OB2)＝eq\r(10)，∴CE＝eq\r(2)，BE＝2eq\r(5)，BC＝3eq\r(2)，∴在△ODB和△CEB中，有eq\f(DB,EB)＝eq\f(DO,EC)＝eq\f(BO,BC)＝eq\f(\r(2),2)，∴△DBO∽△EBC.(3)解：存在点P，使得△PBC是等腰三角形，点P的坐标分别为：P1(1，－1)，P2(1，－3＋eq\r(17))，P3(1，－3－eq\r(17))，P4(1，eq\r(14))，P5(1，－eq\r(14))．【解法提示】如解图，过点P作PG⊥y轴于G，设抛物线对称轴与x轴的交点为M，设P(1，a)，则PG＝1，GC＝a＋3，PM＝a，∴PC2＝1＋(a＋3)2，PB2＝4＋a2，CB2＝3(eq\r(2))2＝18，当P是等腰三角形顶点时，PC2＝PB2，即1＋(a＋3)2＝4＋a2，解得a＝－1，∴P1(1，－1)；当C是等腰三角形顶点时，PC2＝CB2，即1＋(a＋3)2＝18，第11题解图解得a1＝－3＋eq\r(17)，a2＝－3－eq\r(17)∴P2(1，－3＋eq\r(17))，P3(1，－3－eq\r(17))；当B是等腰三角形顶点时，PB2＝CB2，即4＋a2＝18，解得a1＝eq\r(14)，a2＝－eq\r(14)，∴P4(1，eq\r(14))，P5(1，－eq\r(14))．∴存在点P，使得△PBC是等腰三角形，点P的坐标分别为：P1(1，－1)，P2(1，－3＋eq\r(17))，P3(1，－3－eq\r(17))，P4(1，eq\r(14))，P5(1，－eq\r(14))．12.解：(1)解法一：把C(0，3)代入y＝ax2＋bx＋c，得c＝3，把B(3，0)代入y＝ax2＋bx＋3，得9a＋3b＋3＝0，又∵－eq\f(b,2a)＝1，∴a＝－1，b＝2，∴抛物线L的解析式是y＝－x2＋2x＋3.解法二：设所求抛物线L的解析式为：y＝m(x－1)2＋n，把B(3，0)，C(0，3)分别代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4m＋n＝0,m＋n＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1,n＝4))，∴抛物线L的解析式是y＝－(x－1)2＋4，即y＝－x2＋2x＋3.(2)第12题解图①解法一：由y＝－(x－1)2＋4得抛物线的顶点D(1，4)，如解图①，过点D作y轴的平行线分别交CB，OB于点E、F，则eq\f(EF,OC)＝eq\f(BF,BO)，∴EF＝2，∴4－2≤h≤4，即2≤h≤4.(3)能，设P(x，－x2＋2x＋3)，如解图②，过点P分别作x轴、直线l的垂线，第12题解图②垂足分别是点M，N，∵∠PMB＝∠PNQ＝90°，∵∠QPB＝90°，∠BPM＝∠QPN，PB＝PQ，∴△PMB≌△PNQ(AAS)，∴PM＝PN.①当点P在x轴上方时，－x2＋2x＋3＝x＋3，即x2－x＝0，解得x1＝0，x2＝1，∴P1(0，3)，P2(1，4)；②当点P在x轴下方时，－x2＋2x＋3＝－(x＋3)，即x2－3x－6＝0，解得x＝eq\f(3±\r(（－3）2－4×1×（－6）),2)＝eq\f(3±\r(33),2)，∴P3(eq\f(3－\r(33),2)，－eq\f(9－\r(33),2))，P4(eq\f(3＋\r(33),2)，－eq\f(9＋\r(33),2))，∴满足条件的点P有四个点，分别是P1(0，3)，P2(1，4)，P3(eq\f(3－\r(33),2)，－eq\f(9－\r(33),2))，P4(eq\f(3＋\r(33),2)，－eq\f(9＋\r(33),2))．13.解：(1)把B(3，0)，C(0，3)分别代入y＝x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9＋3b＋c＝0,c＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－4,c＝3))，∴抛物线的解析式为y＝x2－4x＋3.(2)设直线BC的解析式为y＝mx＋n(m≠0)，将点B(3，0)，C(0，3)分别代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0,n＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1,n＝3))，∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，设M(a，a2－4a＋3)，则N(a，－a＋3)，MN＝－a＋3－(a2－4a＋3)＝－a＋3－a2＋4a－3＝－a2＋3a＝－(a－eq\f(3,2))2＋eq\f(9,4).对于y＝x2－4x＋3，令y＝0，则x2－4x＋3＝0，解得x1＝1，x2＝3，∴A(1，0)，B(3，0)，∵M是抛物线在x轴下方的动点，∴1＜a＜3，又∵1＜eq\f(3,2)＜3，∴当a＝eq\f(3,2)时，MN的最大值为eq\f(9,4).(3)存在，点P的坐标分别为：P1(2，eq\f(3,2)＋eq\f(\r(17),2))，P2(2，eq\f(3,2)－eq\f(\r(17),2))，P3(2，eq\f(\r(14),2))、P4(2，－eq\f(\r(14),2))、P5(2，eq\f(1,2))．【解法提示】当线段MN最长时，N(eq\f(3,2)，eq\f(3,2))，设此时直线MN与x轴交于点D，又点B(3，0)，则BN2＝DN2＋DB2＝(eq\f(3,2))2＋(3－eq\f(3,2))2＝eq\f(9,2).(i)当BN为腰长时，又分两种情形：①当点N为等腰三角形顶角的顶点时，以点N为圆心，BN的长为半径画圆，与抛物线的对称轴有两个交点P1，P2，如解图．由抛物线y＝x2－4x＋3知，其对称轴为直线x＝2，∴P1E2＋NE2＝P1N2＝BN2，即(2－eq\f(3,2))2＋NE2＝eq\f(9,2)，解得NE＝eq\f(\r(17),2).∴此时P1(2，eq\f(3,2)＋eq\f(\r(17),2))，P2(2，eq\f(3,2)－eq\f(\r(17),2))；第13题解图②当点B为等腰三角形顶角的顶点时，以点B为圆心，BN的长为半径画圆，与抛物线的对称轴也有两个交点P3、P4，同理可得P3(2，eq\f(\r(14),2))，P4(2，－eq\f(\r(14),2))；(ii)当BN为底边时，作线段BN的中垂线与对称轴交于一点P5，如解图．由点N(eq\f(3,2)，eq\f(3,2))，B(3，0)，得线段BN的中点F(eq\f(9,4)，eq\f(3,4))，设过点F，且与BC垂直的直线P5F的解析式为y＝x＋q，则eq\f(9,4)＋q＝eq\f(3,4)，解得q＝－eq\f(3,2)，∴直线P5F的解析式为y＝x－eq\f(3,2)，当x＝2时，y＝2－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)，∴点P5(2，eq\f(1,2))．综上所述，存在满足题意的点P共有五个，即P1(2，eq\f(3,2)＋eq\f(\r(17),2))，P2(2，eq\f(3,2)－eq\f(\r(17),2))，P3(2，eq\f(\r(14),2))，P4(2，－eq\f(\r(14),2))，P5(2，eq\f(1,2))．14.解：(1)当y＝0时，－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2＝0，解得x1＝4，x2＝－1，则A(－1，0)，B(4，0)，当x＝0时，y＝2，则C(0，2)．(2)依题意知点D坐标为(0，－2)，设直线BD的解析式为y＝kx＋b，将D(0，－2)和B(4，0)分别代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(b＝－2,4k＋b＝0)))，解得k＝eq\f(1,2)，b＝－2，∴直线BD的解析式为y＝eq\f(1,2)x－2.(3)易知CD∥QM，若CD＝QM，则四边形CQMD为平行四边形．∵P(m，0)，∴yQ＝－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2，yM＝eq\f(1,2)m－2，则QM＝(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)－(eq\f(1,2)m－2)，∵CD＝4，∴(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)－(eq\f(1,2)m－2)＝4，解得m＝2或m＝0(舍去)，故当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形．(4)存在，设点Q的坐标为(m，－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)，则BQ2＝(4－m)2＋(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)2，DQ2＝m2＋[(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)＋2]2,BD2＝42＋22＝20.①当以点B为直角三角形的直角顶点时，则有DQ2＝BQ2＋BD2，∴m2＋[(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)＋2]2＝(4－m)2＋(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)2＋20，解得m1＝3,m2＝4.∴点Q的坐标为(3，2)，(4，0)(舍去)；②当以点D为直角三角形的直角顶点时，则有BQ2＝DQ2＋BD2.∴(4－m)2＋(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)2＝m2＋[(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)＋2]2＋20，解得m3＝－1,m4＝8.∴点Q的坐标为(－1，0)，(8，－18)，综上所述，所求点Q的坐标为(3，2)，(－1，0)，(8，－18)．类型四二次函数与特殊四边形判定问题15.解：(1)∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(－1，0)，B(3，0)两点，第15题解图①∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－b＋c＝0,－9＋3b＋c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2,c＝3))，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y＝－x2＋2x＋3.(2)如解图①，连接PC，PE.对称轴x＝－eq\f(b,2a)＝－eq\f(2,2×（－1）)＝1，当x＝1时，y＝－1＋2＋3＝4，∴点D的坐标为(1，4)，设直线BD的解析式为：y＝mx＋n，将B(3，0)、D(1，4)分别代入表达式，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0,m＋n＝4))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2,n＝6))，则直线BD的解析式为y＝－2x＋6，设P的坐标为(x0，－2x0＋6)，∴由勾股定理可得PC2＝xeq\o\al(2,0)＋[3－(－2x0＋6)]2，PE2＝(x0－1)2＋(－2x0＋6)2，∵PC＝PE，∴xeq\o\al(2,0)＋(3＋2x0－6)2＝(x0－1)2＋(－2x0＋6)2，解得x0＝2，y0＝－2×2＋6＝2，∴P的坐标为(2，2)．(也可证△DCB，△DEB为直角三角形，则P为斜边BD的中点，或先求CE的垂直平分线的函数关系式，则点P是CE的垂直平分线与BD的交点)(3)依题意设M的坐标为(a，0)，则G坐标为(a，－a2＋2a＋3)．第15题解图②如解图②，以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，必有FM＝MG，∴|2－a|＝|－a2＋2a＋3|，①2－a＝－(－a2＋2a＋3)，解得a＝eq\f(1±\r(21),2)，②2－a＝－a2＋2a＋3，解得a＝eq\f(3±\r(13),2)，∴M点的坐标为(eq\f(1－\r(21),2)，0)，(eq\f(1＋\r(21),2)，0)，(eq\f(3－\r(13),2)，0)，(eq\f(3＋\r(13),2)，0)．16.解：(1)根据题意得，A(－5，0)，B(3，0)在x轴上，设抛物线的解析式为y＝a(x＋5)(x－3)．∵抛物线过点(0，5)，∴a＝－eq\f(1,3).∴抛物线的解析式为y＝－eq\f(1,3)(x＋5)(x－3)＝－eq\f(1,3)x2－eq\f(2,3)x＋5.(2)如解图，过点F作FD⊥AC于点D，∵OA＝5，OC＝5，∴∠CAO＝45°.设AF的长为m，则DF＝eq\f(\r(2),2)m，ME＝AE＝m＋1.∴sin∠AMF＝eq\f(DF,MF)，∴MF＝eq\f(DF,sin∠AMF)＝eq\f(10×\f(\r(2),2)m,\r(10))＝eq\r(5)m.在Rt△MEF中，FM2＝ME2＋EF2，∴(eq\r(5)m)2＝(m＋1)2＋12，第16题解图解得m1＝1，m2＝－eq\f(1,2)(不符合题意，舍去)．∴AF＝1，∴点Q的横坐标为－4.又∵点Q在抛物线y＝－eq\f(1,3)x2－eq\f(2,3)x＋5上，∴Q(－4，eq\f(7,3))．(3)设直线AC的解析式为y＝kx＋n(k≠0)，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5k＋n＝0,n＝5))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1,n＝5))，∴直线AC的解析式为y＝x＋5.由题知，点Q，N，F及点P，M，E的横坐标分别相同．设F(t，0)，E(t＋1，0)，点M，N均在直线y＝x＋5上，∴N(t，t＋5)，M(t＋1，t＋6)，∵点P，Q在抛物线y＝－eq\f(1,3)x2－eq\f(2,3)x＋5上，∴Q(t，－eq\f(1,3)t2－eq\f(2,3)t＋5)，P(t＋1，－eq\f(1,3)t2－eq\f(4,3)t＋4)，在矩形平移过程中，以P、Q、N、M为顶点的平行四边形有两种情况：①点Q、P在直线AC的同侧时，QN＝PM.∴(－eq\f(1,3)t2－eq\f(2,3)t＋5)－(t＋5)＝(－eq\f(1,3)t2－eq\f(4,3)t＋4)－(t＋6)，解得t＝－3.∴M(－2，3)．②点Q，P在直线AC的异侧时，QN＝MP.∴(－eq\f(1,3)t2－eq\f(2,3)t＋5)－(t＋5)＝(t＋6)－(－eq\f(1,3)t2－eq\f(4,3)t＋4)，解得t1＝－3＋eq\r(6)，t2＝－3－eq\r(6)，∴M(－2＋eq\r(6)，3＋eq\r(6))或(－2－eq\r(6)，3－eq\r(6))．∴符合条件的点M是(－2，3)，(－2＋eq\r(6)，3＋eq\r(6))或(－2－eq\r(6)，3－eq\r(6))．17.解：(1)∵平行四边形ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，且点A的坐标是(0，4)，∴点A′的坐标为(4，0)，设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，将点A(0，4)，C(－1，0)，A′(4，0)代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋c＝0,c＝4,16a＋4b＋c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝3,c＝4))，∴此抛物线的解析式为y＝－x2＋3x＋4.第17题解图①(2)如解图①，连接AA′，设直线AA′的解析式为y＝kx＋b，将A(0，4)，A′(4，0)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4,4k＋b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1,b＝4))，∴直线AA′的解析式为y＝－x＋4，过M作ME⊥x轴，交直线AA′于点E，则E(x，－x＋4)，设点M的坐标为：(x，－x2＋3x＋4)，则S△AMA′＝S△AME＋S△A′ME＝eq\f(1,2)ME·OA′＝eq\f(1,2)×4×[－x2＋3x＋4－(－x＋4)]＝－2x2＋8x＝－2(x－2)2＋8，∴当x＝2时，△AMA′的面积最大，最大值S△AMA′＝8，∴M的坐标为(2，6)．(3)设点P的坐标为(x，－x2＋3x＋4)，当P，N，B，Q构成平行四边形时，∵平行四边形ABOC中，点A、C的坐标分别是(0，4)、(－1，0)，∴点B的坐标为(1，4)，∵点Q坐标为(1，0)，P为抛物线上一动点，N为x轴上的一动点，如解图②，第17题解图②①当BQ为边时，PN∥BQ，PN＝BQ，∵BQ＝4，∴－x2＋3x＋4＝±4，当－x2＋3x＋4＝4时，解得x1＝0，x2＝3，∴P1(0，4)，P2(3，4)当－x2＋3x＋4＝－4时，解得x3＝eq\f(3＋\r(41),2)，x4＝eq\f(3－\r(41),2)，∴P3(eq\f(3＋\r(41),2)，－4)，P4(eq\f(3－\r(41),2)，－4)；②当PQ为对角线时，BP∥QN即BP∥x轴，BP＝QN，此时P与P1，P2重合．当这个平行四边形为矩形时，即P1(0，4)，P2(3，4)时，N1(0，0)，N2(3，0)．综上可得：点P的坐标为：P1(0，4)，P2(3，4)，P3(eq\f(3＋\r(41),2)，－4)，P4(eq\f(3－\r(41),2)，－4)．当这个平行四边形为矩形时，点N的坐标为(0，0)或(3，0)．18.解：(1)设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，将点A(－1，0)，B(5，0)，C(0，－eq\f(5,2))代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋c＝0,25a＋5b＋c＝0,c＝－\f(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2),b＝－2,c＝－\f(5,2)))，∴抛物线的解析式为y＝eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2).(2)由题意知，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，连接BC交抛物线的对称轴于点P，如解图，则P点即为所求．设直线BC的解析式为y＝kx＋b1(k≠0)，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5k＋b1＝0,b1＝－\f(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,2),b1＝－\f(5,2)))，第18题解图∴直线BC的解析式为y＝eq\f(1,2)x－eq\f(5,2).∵抛物线y＝eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2)的对称轴是x＝2，∴当x＝2时，y＝eq\f(1,2)x－eq\f(5,2)＝eq\f(1,2)×2－eq\f(5,2)＝－eq\f(3,2)，∴点P的坐标是(2，－eq\f(3,2))．(3)存在．(i)当存在的点N在x轴的下方时，如解图所示，∵四边形ACNM是平行四边形，∴CN∥x轴，∴点C与点N关于对称轴x＝2对称，∵C点的坐标为(0，－eq\f(5,2))，∴点N的坐标为(4，－eq\f(5,2))；(ii)当存在的点N′在x轴上方时，如解图所示，作N′H⊥x轴于点H，∵四边形ACM′N′是平行四边形，∴AC＝M′N′，∠N′M′H＝∠CAO，∠AOC＝∠M′HN′，∴Rt△CAO≌Rt△N′M′H(AAS)，∴N′H＝OC.∵点C的坐标为(0，－eq\f(5,2))，∴N′H＝eq\f(5,2)，即N′点的纵坐标为eq\f(5,2)，∴eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2)＝eq\f(5,2)，解得x1＝2＋eq\r(14)，x2＝2－eq\r(14).∴点N′的坐标为(2－eq\r(14)，eq\f(5,2))或(2＋eq\r(14)，eq\f(5,2))．综上所述，满足题目条件的点N共有三个，分别为(4，－eq\f(5,2))，(2＋eq\r(14)，eq\f(5,2))，(2－eq\r(14)，eq\f(5,2))．19.解：(1)把点C(0，－eq\f(8,3))代入y＝a(x＋1)2－3，得－eq\f(8,3)＝a－3，解得a＝eq\f(1,3)，∴y＝eq\f(1,3)(x＋1)2－3，当y＝0时，有eq\f(1,3)(x＋1)2－3＝0，∴x1＝2，x2＝－4，第19题解图①∴A(－4，0)，B(2，0)．(2)如解图①，连接CH，∵A(－4，0)，B(2，0)，C(0，－eq\f(8,3))，D(－1，－3)，H(－1，0)，∴S四边形ABCD＝S△AHD＋S△HCD＋S△BHC＝eq\f(1,2)×3×3＋eq\f(1,2)×3×1＋eq\f(1,2)×3×eq\f(8,3)＝10，根据条件分析，直线l只能与边AD或边BC相交，有以下两种情况：(i)如解图①，当直线l与边AD相交于点M1时，则S△AHM1＝eq\f(3,10)×10＝3，∴eq\f(1,2)×3×(－yM1)＝3，∴yM1＝－2，∵A(－4，0)，D(－1，－3)，∴直线AD的解析式为y＝－x－4，∴M1(－2，－2)，过点H(－1，0)和M1(－2，－2)的直线l的解析式为y＝2x＋2；第19题解图②(ii)如解图②，当直线l与边BC相交与点M2时，同理可得点M2(eq\f(1,2)，－2)，过点H(－1，0)和M2(eq\f(1,2)，－2)的直线l的解析式为y＝－eq\f(4,3)x－eq\f(4,3).综上所述：直线l的函数表达式为y＝2x＋2或y＝－eq\f(4,3)x－eq\f(4,3).(3)以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形．设P(x1，y1)、Q(x2，y2)且过点H(－1，0)的直线PQ的解析式为y＝kx＋b，∴－k＋b＝0，∴b＝k，∴y＝kx＋k.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋k,y＝\f(1,3)x2＋\f(2,3)x－\f(8,3)))，得eq\f(1,3)x2＋(eq\f(2,3)－k)x－k－eq\f(8,3)＝0，∴x1＋x2＝－2＋3k，y1＋y2＝kx1＋k＋kx2＋k＝3k2，∵点M是线段PQ的中点，∴由中点坐标公式得点M(eq\f(3,2)k－1，eq\f(3,2)k2)．第19题解图③假设存在这样的N点如解图③，直线DN∥PQ，设直线DN的解析式为y＝kx＋k－3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋k－3,y＝\f(1,3)x2＋\f(2,3)x－\f(8,3)))，解得x1＝－1(舍去)，x2＝3k－1，∴N(3k－1，3k2－3)，∵四边形DMPN是菱形，∴DN＝DM，∴DN2＝DM2，即(3k)2＋(3k2)2＝(eq\f(3k,2))2＋(eq\f(3,2)k2＋3)2，整理得：3k4－k2－4＝0，即(k2＋1)(3k2－4)＝0，∵k2＋1＞0，∴3k2－4＝0，解得k＝±eq\f(2\r(3),3)，∵k＜0，∴k＝－eq\f(2\r(3),3)，∴N(－2eq\r(3)－1，1)，∴以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形，此时点N的坐标为(－2eq\r(3)－1，1)．类型五二次函数与三角形相似、全等问题20.(1)【思路分析】已知抛物线的顶点坐标，利用顶点式代入抛物线上的点O，求出抛物线解析式，再与直线解析式联立得方程组，即可求得点C的坐标．解：由题可知，抛物线的顶点为A(1，1)，设抛物线的解析式为y＝a(x－1)2＋1(a≠0)，∵抛物线经过原点O(0，0)，∴将O(0，0)代入，得0＝a(0－1)2＋1，解得a＝－1，∴抛物线解析式为y＝－(x－1)2＋1＝－x2＋2x.∵直线y＝x－2与抛物线交于B、C两点，联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－2,y＝－x2＋2x))，解得e